Đáp án Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2004 môn toán khối A

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (193.32 KB, 4 trang )

1
Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm
..................... đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
...........................................
Đề chính thức

Môn:

Toán,

Khối A

(Đáp án - thang điểm có 4 trang)

Câu
ý
Nội dung Điểm
I

2,0

I.1
(1,0 điểm)

()
12

33
2

+
=
x
xx
y
=
()
11
x1
22x1
+

.

a) Tập xác định:
{ }
R\ 1
.
b) Sự biến thiên:

2
x(2 x)
y'
2(x 1)

=

;
y' 0 x 0, x 2== =
.

0,25

y
CĐ
= y(2) =
1
2

, y
CT
= y(0) =
3
2
.
Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.
Đờng thẳng
1
yx1
2
= +

là tiệm cận xiên.

0,25

Bảng biến thiên:

x

0 1 2
+

y' 0 + + 0

y
+

+

1
2

3
2

0,25

c) Đồ thị:

0,25

2

I.2
(
1,0 điểm)

Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là :
()
m
x
xx
=

+
12
33
2

()
02332
2
=++ mxmx
(*).

0,25

Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0>

2
4m 4m 3 0>

3
m
2
>
hoặc
1
m
2
<

(**)
.

0,25

Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành
độ x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (*).
AB = 1

1
21
= xx

2
12
xx 1=

()
12

2
12
xx 4xx1+ =

0,25

()()
123432
2
= mm

15
m
2

=

(thoả mãn (**))

0,25

II

2,0

II.1
(1,0 điểm)

Điều kiện :
x4
.
0,25

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình:
22
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> >

0,25

+ Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25

+ Nếu
4x5
thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta
đợc:
()
()

2
22
2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +<
10 34 x 10 34 <<+
.
Kết hợp với điều kiện
4x5
ta có:
10 34 x 5<
. Đáp số:
x10 34>

0,25

II.2
(1,0 điểm)

Điều kiện: y > x và y > 0.

()
1
1
loglog

4
4
1
=
y
xy

()
1
1
loglog
44
=
y
xy

0,25

4
yx
log 1
y

=

4
3y
x =
.

0,25

Thế vào phơng trình x
2
+ y
2
= 25 ta có:
2
2
3y
y25y4.
4

+==

0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x).
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4).

0,25
III

3,0

III.1
(1,0 điểm)

+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với
BA( 3 ; 3)
JJJG
có phơng trình
3x 3y 0+=
.
Đờng thẳng qua B, vuông góc với
OA(0; 2)
JJJG
có phơng trình y =
1

( Đờng thẳng qua A, vuông góc với
BO( 3 ; 1)
JJJG
có phơng trình
3x y 2 0+=
)

0,25

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm
H( 3; 1)

0,25

+ Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1.
Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình
3x y 2 0++=
.
( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình
3x 3y 0+=
).

0,25

3

Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
OAB là
()
I3;1
.

0,25

III.2.a
(1,0 điểm)

+ Ta có:
()
C2;0;0

,
()
D0; 1;0

,
( )
2;0;1M
,

()
22;0;2 =SA
,
()
BM 1; 1; 2=
JJJJG
.

0,25

Gọi

là góc giữa SA và BM.
Ta đợc:
()
SA.BM
3
cos cos SA, BM
2
SA . BM
= = =
JJJG JJJJG
JJJG JJJJG
JJJGJJJJG

30
=
.

0,25

+ Ta có:
()
SA, BM 2 2; 0; 2

=

JJJGJJJJG
,
()
AB 2; 1; 0=
JJJG
.
0,25

Vậy:
()
SA, BM AB
26
dSA,BM
3
SA, BM

==

JJJGJJJJGJJJG
JJJGJJJJG

0,25

III.2.b
(1,0 điểm)

Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD

2;
2
1
;0N
.

0,25

()
SA 2; 0; 2 2=
JJJG
,
()
2;0;1 =SM
,
()
22;1;0 =SB

,
1
SN 0; ; 2
2

=

JJJG

()
SA, SM 0; 4 2; 0

=

JJJG JJJG
.

0,25

S.ABM
122
V SA,SM SB
63

==

JJJG JJJG JJG

0,25

S.AMN
12
V SA,SM SN
63

==

JJJG JJJG JJJG

S.ABMN S.ABM S.AMN
VVV 2=+=

0,25
IV

2,0

IV.1
(1,0 điểm)

2
1
x
Idx
1x1
=
+

. Đặt:
1= xt

1
2
+= tx

tdtdx 2=
.

01 == tx
,
12 == tx
.

0,25

4

Ta có:
111
23
2
000
t1 tt 2
I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt
1t 1t t1
++

===+

++ +

0,25

I
1
32
0
11
2t t2t2lnt1

32

=++

0,25

11 11
I 2 2 2 ln 2 4 ln 2
32 3

=+ =

.

0,25

IV.2
(1, 0 điểm)
() () () () ()
() () () ()
8
234
2 0 12 24 36 48
88 8 8 8
5678

5 10 6 12 7 14 8 16
8888
1x1x C Cx1x Cx1x Cx1x Cx1x
Cx 1x Cx 1x Cx 1x Cx 1x

+ =+ + + +

++++

0,25

Bậc của x trong 3 số hạng đầu nhỏ hơn 8, bậc của x trong 4 số hạng cuối lớn hơn 8. 0,25

Vậy x
8
chỉ có trong các số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

32 40
83 84
C.C, C.C

0,25

Suy ra a